2021年高考文科数学全国1卷(附)

2024年3月4日发(作者：浙江高考数学试卷向量)

2021年高考文科数学全国1卷(附)

学校：____________________

_______年_______班

姓名：____________________

学号：________-

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密封线

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2021年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学 全国I卷

本试卷共23小题，满分150分，考试用时120分钟

(适用地区：河北、河南、山西、山东、江西、安徽、湖北、湖南、广东、福建)

注意事项：

比是5151≈0.618，称为黄金分割比例)，著名

（22的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉

的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

1．

回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。2．

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

3．

51．若某人满足

2上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下

端的长度为26 cm，则其身高可能是

A. 165 cm

C. 185 cm

5.

函数f(x)=B. 175 cm

D. 190cm

一、 选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的。

1．设zA．2

2．已知集合U3i，则z=

12iB．sinxx在[—π，π]的图像大致为

cosxx2 B.

3 C．2 D．1

1,2,3,4,5,6,7，A2,3,4,5，B2,3,6,7，则A.

BA．UA

D．1,6 B．1,7 C．6,7

0.21,6,7

C. D.

3．已知alog20.2,b2,c0.20.3，则

6．某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验.若46号学生A．abc B．acb

被抽到，则下面4名学生中被抽到的是

C．cab D．bca

A．8号学生

7．tan255°=

A．－2－B．200号学生 C．616号学生 D．815号学生

4．古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之

3 B．－2+3 C．2－3 D．2+3

b，且（a–b）b，则a与b的夹角为 8．已知非零向量a，b满足a=2

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A．ππ B．

63C．2π

3D．5π

619.

如图是求2x2y2C．1

43x2y2D．1

541212的程序框图，图中空白框中应填入

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．曲线y3(x2x)ex在点(0,0)处的切线方程为___________．

1

2A1B. A=2

A1C. A=

12A1D. A=1

2AA. A=

，S314．记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1115．函数f(x)sin(2x3，则S4=___________．

43π)3cosx的最小值为___________．

216．已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为___________．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共60分。

17．（12分）

某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：

男顾客

D．3

女顾客

满意

40

30

不满意

10

20

x2y210．双曲线C：，则C的21(a0,b0)的一条渐近线的倾斜角为130°2ab离心率为

A．2sin40°

1B．2cos40° C．

sin50b1D．

cos5011．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－A．6

14，则=

cB．5 C．4

12．已知椭圆C的焦点为F1(1,0),F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点.若（1）分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；

（2）能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？

|AF2|2|F2B|，|AB||BF1|，则C的方程为

x2A．y21

2x2y2B．1

32n(adbc)2附：K．

(ab)(cd)(ac)(bd)2P（K2≥k）

0.050 0.010 0.001

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k 3.841

6.635 10.828

（2）若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．

18．（12分）

记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9=－a5．

（1）若a3=4，求{an}的通项公式；

19．（12分）

如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：MN∥平面C1DE；

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（2）求点C到平面C1DE的距离．

20．（12分）

已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f ′（x）为f（x）的导数．

（1）证明：f ′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；

（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．

21.（12分）

B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，B且与直线x+2=0已知点A，⊙M过点A，相切．

（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径；

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│MA│－│MP│为定值？并说明理由．

（2）是否存在定点P，使得当A运动时，

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

22．[选修4−4：坐标系与参数方程]（10分）

1t2x，21t在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐4ty1t2标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2cos3sin110．

（1）求C和l的直角坐标方程；

（2）求C上的点到l距离的最小值．

23．[选修4−5：不等式选讲]（10分）

已知a，b，c为正数，且满足abc=1．证明：

（1）111a2b2c2；

abc

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24．

2019年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学 全国I卷 参考答案

一、选择题

1．C 2．C 3．B 4．B 5．D 6．C

（2）(ab)

3(bc)(ca)33

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7．D 8．B

二、填空题

13．y=3x

三、解答题

17．解：

14． 9．A 10．D

16．

2

11．A 12．B

（1）连结B1C,ME.因为M，E分别为BB1,BC的中点，所以ME ∥ B1C，且5

815．−4

ME11B1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.

22∥由题设知AB11=400.8，因此男顾50∥D，DC，可得BC故ME∥=1=A1因此四边形MNDEND，（1）由调查数据，男顾客中对该商场服务满意的比率为客对该商场服务满意的概率的估计值为0.8．

女顾客中对该商场服务满意的比率为意的概率的估计值为0.6．

为平行四边形，MN∥ED.又MN平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.

（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.

由已知可得DEBC，DE300.6，因此女顾客对该商场服务满50C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.

100(40203010)24.762． （2）K505070302从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，

由已知可得CE=1，C1C=4，所以C1E17，故CH由于4.7623.841，故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.

18．解：

（1）设由S9417.

17从而点C到平面C1DE的距离为an的公差为d．

417.

17

a5得a14d0．

4． 由a3=4得a12d于是a1因此8,d2．

an的通项公式为an102n．

4d，故an(n5)d,Snn(n9)d2.

20．解：

（1）设g(x)f(x)，则g(x)cosxxsinx1,g(x)xcosx.

（2）由（1）得a1由a119．解：

0知d0，故Snan等价于n211n100，解得1≤n≤10．

所以n的取值范围是{n|1n10,nN}．

πππx,π当x(0,)时，g(x)0；当时，，所以在g(x)0g(x)(0,)222

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π单调递增，在,π单调递减.

2又g(0)0,g线，所以|MP|=x+1.

因为|MA||MP|=r|MP|=x+2(x+1)=1，所以存在满足条件的定点P.

22221t2y1t4t21，且x22．解：（1）因为11，所以22221t21t1tπ0,g(π)2，故g(x)在(0,π)存在唯一零点.

2所以f(x)在(0,π)存在唯一零点.

（2）由题设知f(π)aπ,f(π)0，可得a≤0.

由（1）知，f(x)在(0,π)只有一个零点，设为y21(x1). C的直角坐标方程为x42x0，且当x0,x0时，l的直角坐标方程为2x3y110.

xcos,（2）由（1）可设C的参数方程为（为参数，πy2sinf(x)0；当x在x0,π时，f(x)0，所以f(x)在0,x0单调递增，π）.

x0,π单调递减.

又f(0)0,f(π)0，所以，当x[0,π]时，f(x)0.

又当a0,x[0,π]时，ax≤0，故f(x)ax.

因此，a的取值范围是(,0].

21．解：（1）因为M过点A,B，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上，且A,B关于坐标原点O对称，所以M在直线yx上，故可设M(a, a).

因为M与直线x+2=0相切，所以M的半径为r|a2|.

由已知得|AO|=2，又MOAO，故可得2a2π4cos11|2cos23sin11|3C上的点到l的距离为.

77当π2π时，4cos11取得最小值7，故C上的点到l距离的最小334(a2)2值为，解得a=0或7.

2a=4.

故M的半径r=2或r=6.

（2）存在定点P(1,0)，使得|MA||MP|为定值.

理由如下：

设M(x, y)，由已知得M的半径为r=|x+2|,|AO|=2.

由于MOAO，故可得23．解：（1）因为ab22ab,b2c22bc,c2a22ac，又abc1，故有

abbcca111.

abcabca2b2c2abbcca所以111a2b2c2.

abc（2）因为a, b, c为正数且abc1，故有

x2y24(x2)2，化简得M的轨迹方程为(ab)3(bc)3(ca)333(ab)3(bc)3(ac)3

=3(a+b)(b+c)(a+c)

y24x.

因为曲线C:y24x是以点P(1,0)为焦点，以直线x1为准线的抛物3(2ab)(2bc)(2ac)

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=24.

所以(ab)

3(bc)3(ca)324.

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